第58課時磁場中的動態(tài)圓模型［重難突破課］

尸著眼“四翼”?探考點題型規(guī)律方法

模型一有界勻強磁場中的三類“動態(tài)圓”模型

模型解讀

（1）條件：帶電粒子射入勻強磁場的速度大小和方向相同，入射點不同但在同一直線上。

“平移圓”模型

（2）特點：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，而且圓心在同一直線上，該直線

與入射點的連線平行。

（3）用法：將半涇相同的軌跡圓沿入射點所在的直線進行平移，從而探索粒子運動的有關(guān)臨

°1°2

界問題

模型解讀

，，會拄同”號制（I）條件：同性帶電粒子在同一點射入勻強磁場，入射速度的方向一定，但大小不同。

..............（2）特點：帶電粒子做圓周運動的軌跡圓的圓心，一定位于沿著粒子在入射點所受洛倫茲力

,.方向的射線上，速度越大，半徑越大，圓心離入射點越遠。

,（丘夕力））?（3）用法：用圓規(guī)作出一系列大小不同的軌跡圓，從圓的動態(tài)變化中可發(fā)現(xiàn)粒子運動的有關(guān)

一*二@一一22一臨界問題

模型解讀

“旋轉(zhuǎn)圓”模型（1）條件：同性帶電粒子在同一點射入勻強磁場，入射速度的人?小一定，彳日方向不同。

..............（2）特點：所有沿不同方向入射的粒子的軌跡圓半徑相同，其軌跡圓的圓心在以入射點為圓

?//IS?心’半徑等于軌跡圓半徑的圓周上。

?卜施/木-（3）用法：將半校相同的軌跡圓以入射點為圓心旋轉(zhuǎn)，從圓的動態(tài)變化中可發(fā)現(xiàn)粒子運動的

色有關(guān)臨界問題

考法一“平移圓”模型

【典例I】（多選）如圖所示，在等腰直角三角形A8C內(nèi)充滿著磁感應(yīng)強度大小為8、方向垂直紙面向外的勻

強磁場（圖中未畫出）。一群質(zhì)量為，小電荷量為+/速度為I，的帶正電粒子垂直48邊射入磁場，已知從AC邊

射出且在磁場中運動時間最長的粒子，離開磁場時速度垂直于AC邊。不計粒子重力和粒子間的相互作用。卜.列判

斷中正確的是（）

A.等腰三角形ABC中AB邊的長度為粵

B.粒子在磁場中運動的最長時間為受

C.從AB中點射入的粒子離開磁場時的位置與A點的距離為7

D.若僅將磁場反向，則粒子在磁場中運動的最長時間不變

答案：AB

解析：依題意可知當(dāng)粒子在磁場中運動時間最長時，軌跡圓的圓心在4點。且其軌跡與8C邊相以。根據(jù)幾何關(guān)系

可知而sin45o=r,粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有/8=〃號，聯(lián)立可得通=誓，故A正確；粒子

在磁場中做勻速圓周運動的周期為7=手，根據(jù)A選項分析，可知粒子軌跡所對應(yīng)的圓心角為90。，則有/=黑/

=襄，故B正確；從AB中點射入的粒子，其軌跡為上面所分析的粒子軌跡向下平移廠一自r,得到此軌跡圓的圓

心在A點的正下方，由幾何關(guān)系可知.離開磁場時的位置與A點的距離必然小于軌跡半徑廠，即胃，故C錯誤；

若僅將磁場反向，則粒子在磁場中將向上偏轉(zhuǎn)，不會出現(xiàn)圓心角為90。的軌跡，則粒子在磁場中運動的最長時間將

變小，故D錯誤。

考法二“放縮圓”模型

【典例2】一勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為從方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，咒為半圓，4C、

”與直徑面共線，訛間的距離等于￥圓的半徑。一一束質(zhì)量為小、電荷量為q（q>0）的粒子，在紙面內(nèi)從c點垂

直于"射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時

間為（）

;b

A7nmD51Tm

A百B?布

n3nm

c,麗D?而

答案：c

解析：帶電粒子在勻強磁場中運動，乏動軌跡如圖所示，由洛倫茲力提供向心力有利二，解騫廠=干，運動

VQn

時間/="=粵，夕為帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角，粒子在磁場中運動時間由軌跡所對圓心角決定。

vqB

采用放縮法，粒子垂直如射入磁場，則軌跡圓圓心必在直線4C上，將粒子的軌跡半徑從零開始逐漸放大，當(dāng)

5A（R為￡的半徑）和「21.5R時，粒子從訛、兒/區(qū)域射出磁場，運動時間等于半個周期。當(dāng)0.5ROVL5R

時，粒子從弧"上射出，軌跡半徑從0.5R逐漸增大，粒子射出位置從。點沿弧向右移動，軌跡所對圓心角從兀逐

漸增大，當(dāng)軌跡半徑等于R時，軌跡所對圓心角最大，再增大軌跡半徑，軌跡所對圓心角減小，因此軌跡半徑等

于R時，所對圖心角最大，為優(yōu)咫=1：+?=，,粒子最長運動時間為曾.故C正確.

333qB

考法三“旋轉(zhuǎn)圓”模型

【典例3】如圖所示，真空室內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度的大小6=0.60。磁場

內(nèi)有一?塊平面感光板〃〃，板面與磁場方向平行。在距必為/=16cm處，有一個點狀的a粒子放射源S,它向各個

方向發(fā)射a粒子，a粒子的速率都是i=3.0X106m/s。已知a粒子的電荷量與質(zhì)量之比5=5.OX107c/kg?，F(xiàn)只考

慮在紙面內(nèi)運動的a粒子，求時板上被a粒子打中區(qū)域的長度。

XXXXX

a0/ZZZZ/ZZ/Z///ZA1/)

xxx!xx

xxx!xx

XXXXX

答案：20cm

解析：a粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動。*qvB=n^,

解得R=

qB

代入數(shù)據(jù)解得R=10cm,可見RV/V2R。

因朝不同方向發(fā)射的a粒子的軌跡圓都過S,由此可知，某軌跡圓在N左側(cè)與R;相切，則此切點Pi就是a粒子能

打中的左側(cè)最遠點。為確定Pi點的位置，可作平行于"的直線cd,4到他的距離為R,以S為11心，R為半

徑，作圓弧交cd于Q點，過。作他的垂線，它與＜必的交點即為從圖中幾何關(guān)系得NPi=

JRZ-(l—R)2。

任何a粒子在運動中離S的距離不可能超過2R,以2R為半徑、S為圓心作圓弧，交時于N右側(cè)的P2點，此即右

側(cè)能打到的最遠點.

從圖中幾何關(guān)系得/VP2=J(2R)2T2,

所求長度為P\P2=NP\+NP”

代入數(shù)據(jù)解得PiP2=20cm,

模型二磁聚焦和磁發(fā)散模型

磁發(fā)散磁聚焦

帶電粒子從圓形有界勻強磁場邊界上同一點射帶電粒子平行射入圓形有界勻強磁場，如果軌跡半徑與磁場半

入，如果軌跡半徑與磁場半徑相等，則粒子出射徑相等，則粒子從磁場邊界上同一點射出，磁場圓上過該點的

方向與磁場圓上過入射點的切線方向平行切線與入射方向平行

【典例4】（多選）如圖所示，半徑為R、磁感應(yīng)強度為8的圓形勻強磁場，MN是一豎直放置的足夠長的感光

板。大量相同的帶正電粒子從圓形磁場最高點P以速率v沿不同方向垂直磁場方向射入，不考慮速度沿圓形磁場

切線方向入射的粒子。粒子質(zhì)量為，心電荷量為已不考慮粒子間的相互作用和粒子的重力。關(guān)于這些粒子的運

動，以下說法正確的是（）

A.對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的時間越短

B.對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的時間越長

C.若粒子速度大小均為丫=幽，出射后均可垂直打在上

m

D.若粒子速度大小均為口=幽，則粒子在磁場中的運動時間一定小于蜉

mqB

答案：ACD

解析：對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中做圓周運動的軌跡半徑越大，弧長越長，軌跡對應(yīng)的圓心角越

小，由粵可知，運動時間越短，故選項A正確，B錯誤；粒子速度大小均為1，=幽時，根據(jù)洛倫茲力提

2nqBm

供向心力可得粒子的軌跡半徑為「=胃=心根據(jù)幾何關(guān)系可知，入射點P、。、出射點與軌跡圓的圓心的連線構(gòu)

成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與尸0平行，故粒子射出磁場時的速度方向與MN垂直，出射后均可垂直打在MN

上，根據(jù)幾何關(guān)系可知，軌跡對應(yīng)的圓心角小于180。，粒子在磁場中的運動時間，V；T=W，故選項C、D正確。

2qB

口對點訓(xùn)練

（2021湖南高考?13題）帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一。帶電粒子流（每個粒子的

質(zhì)量為〃?、電荷量為+9）以初速度v垂直進入磁場，不計重力及帶電粒子之間的相互作用。對處在X。），平面內(nèi)的

粒子，求解以下問題。

圖(a)圖(b)

(1)如圖(a),寬度為2々的帶電粒子流沿x軸正方向射入圓心為4(0,n),半徑為門的圓形勻強磁場中，若

帶電粒子流經(jīng)過磁場后都匯聚到坐標原點O,求該磁場磁感應(yīng)強度&的大?。?/p>

(2)如圖(a),虛線框為邊長等于2/2的正方形，其幾何中心位于C(0,f)。在虛線框內(nèi)設(shè)計一個區(qū)域面積

最小的勻強磁場，使匯聚到。點的帶電粒子流經(jīng)過該區(qū)域后寬度變?yōu)?介，并沿x軸正方向射出。求該磁場磁感應(yīng)

強度所的大小和方向，以及該磁場區(qū)域的面積(無需寫出面積最小的證明過程)；

(3)如圖(b),虛線框/和〃均為邊長等于門的正方形，虛線框〃/和/【/均為邊長等于心的正方形。在/、〃、

力和“中分別設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使寬度為2門的帶電粒子流沿x軸正方向射入/和〃后匯聚到坐

標原點O,再經(jīng)過/Z7和“后寬度變?yōu)?a并沿工軸正方向射出，從而實現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束.求/和/〃中磁

場磁感應(yīng)強度的大小，以及〃和〃沖勻強磁場區(qū)域的面積(無需寫出面積最小的證明過程〉。

答案：⑴案(2)垂直與紙面向里仃2?

⑶吧.(^-l)r2

s4

qr3qr4\2J\2/

解析：(1)粒子沿x軸正方向垂直進入圓形磁場，在坐標原點O匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場中運動

的半徑等于圓形磁場的半徑〃，粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有切出=〃看

(2)粒子從。點進入下方虛線區(qū)域，若要從聚焦的。點飛入然后平行x軸飛出，為磁發(fā)散的過程，即粒子在下方

圓形磁場運動的軌跡半徑等于磁場半經(jīng)，粒子軌跡最大的邊界如圖所示，圖中圓形磁場即為最小的勻強磁場區(qū)

域，磁場半徑為〃，根據(jù)儼3=機=可知磁感應(yīng)強度為艮據(jù)左手定則可知磁場的方向為垂直紙面向里，圓形

2

磁場的面積為S2=7rr2o

(3)粒子在磁場中運動，3和4為粒子運動的軌跡圓，1和2為粒子運動的磁場的圓周，如圖所示。

根據(jù)《歸=〃，可知/和〃/中的磁感應(yīng)強度為

圖中箭頭部分的實線為粒子運動的軌跡，可知磁場的最小面積為葉子形狀。

以/區(qū)域為研究對象。

圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周扇形Sos與三角形&之差，所以陰影部分的面積為S/=2(S聯(lián)八仍一

2-r2TT-r2

S"QB)=2xQirr313)=Q1)3

類似地可知”區(qū)域的陰影部分面積為

$"=2X(*2_*)=(1_1)q2

根據(jù)對稱性可知〃中的勻強磁場面積為

2

5//=Qir-l)r3o

聚焦,素養(yǎng)”?提能力口—....巧學(xué)妙解應(yīng)用........

L—i,

基礎(chǔ)練

模型一有界勻強磁場中三類“動態(tài)圓”模型

1.(多選)如圖所示，在/、〃兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小均為4的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外

和向里，人。、AC邊界的夾角八C=30。，邊界AC與邊界MN平行，〃區(qū)域?qū)挾葹?,質(zhì)量為正電荷量為+“

的粒子可在邊界AO上的不同點射入，入射速度垂直A。且垂直磁場，若入射速度大小為幽，不L粒子重力，則

m

()

A.粒子在磁場中運動的半徑為9

B.粒子在距A點().54處射入，不會進入〃區(qū)域

C.粒子在距4點L5d處射入，在/區(qū)域內(nèi)運動的時間為千

qB

D.能夠進入〃區(qū)域的粒子，在〃區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為襄

3qB

解析：CD帶電粒子在磁場中的運動半徑—=三=4選項A錯誤；設(shè)從某處￡進入磁場的粒子，其軌跡恰好與

QB

AC相切(如圖所示)，則E點距A點的距離為2d—d=d,粒子在距A點0.5d處射入，會進入〃區(qū)域，選項B錯

誤；粒子在距人點1.54處射入，不會進入〃區(qū)域，在/區(qū)域內(nèi)的運動軌跡為半圓，運動時間為/=:=胃，選項C

2qB

正確；進入〃區(qū)域的粒子，弦長最短時，運動時間最短，且最短弦長為乩對應(yīng)圓心角為60。，則最短時間為fmin

=：=巖，選項D正確。

63CB

2.(多選)如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形區(qū)域內(nèi)，。點是cd邊的中點。一個帶正電的

粒子僅在磁場力的作用下，從。點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間M后剛好從。點射出磁

場?，F(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從。點沿紙面以與Od成30。角的方向，以不同的速率射入正方形內(nèi)，下.列說法中正確的

是()

B.若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是則它一定從ad邊射出磁場

C.若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是當(dāng)0,則它一定從反邊射出磁場

D.若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是30<1<，0，則它一定從4。邊射出磁場

解析：ACD如圖所示，作出帶電粒子以與。4成30。角的方向的射入正方形內(nèi)時，剛好從"邊射出的軌跡①、

剛好從兒邊射出的軌跡②、從cd邊射出的軌跡③和剛好從ad邊射出的軌跡④。由從。點沿紙面以垂直于cd邊的

速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間仍剛好從c點射出磁場可知，帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期是2h。由圖中幾

何關(guān)系可知，從ad邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定小于/o;從腦邊射匕磁場經(jīng)歷的時間一定大于%?,小于濃）；從兒

邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定大于，⑸小于%）；從cd邊射出磁場經(jīng)歷的時間一定是?）。故選A、C、Do

3.（多選）如圖所示，擋板MN位于水平面x軸上，在第一、二象限yWL區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為8的矩形勻強

磁場，磁場方向垂直紙面向外。在MN上。點放置了粒子發(fā)射源，能向第二象限各個方向發(fā)射速度大小為i，o=警

2m

的帶正電向種粒子，已知粒子質(zhì)星為，小電荷星為q,不計粒子的重力和粒子間的相互作用，粒子打到擋板上時均

被擋板吸收，以下說法正確的是（）

L

A.所有粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為搟

B.粒子在磁場中運動的最長時間為千

C.所有粒子運動的區(qū)域面積為/尸

D.所有粒子運動的區(qū)域面積為一二

解析：AC由洛倫茲力提供向心力有c?i，o=?呼，代入數(shù)據(jù)解得「=pA正確；粒子在磁場中運動的最長時間為

/=7=粵，B錯誤；所有粒子運動的區(qū)域面積為圖中陰影部分面積,由幾何關(guān)系有S="2+#（2r）2=1TCL2,C

qB

正確，D錯誤。

模型二磁聚焦和磁發(fā)散模型

4.（多選）如圖所示，扇形區(qū)域A08內(nèi)存在有垂直平面向里的勻強磁場，扇形的兩條半徑0A和。8互相垂直，

個帶電粒子從4點沿40方向進入磁場，從B點離開，若該粒子以同樣的速度從C點平行于40方向進入磁場，則

（）

A.粒子帶正電

BC點越靠近8點，粒子偏轉(zhuǎn)角度越大

CC點越遠離8點，粒子運動時間越短

D.只要。點在48之間，粒子仍然從8點離開磁場

解析：AD由題意，粒子從A點進入磁場從B點離開，由左手定則可以確定粒子帶正電，故A正確；由題意知當(dāng)

粒子從八點入射時，從8點離開磁場，則粒子做圓周運動的半徑等于磁場圓弧區(qū)域的半徑，根據(jù)磁聚焦的原理

（一束平行的帶電粒子射向半徑與粒子做圓周運動的半徑相同的圓形磁場區(qū)域時，這些粒子將從同一點射出圓形

磁場，這種平行粒子束會聚到一點的現(xiàn)象與透鏡將光束聚焦現(xiàn)象十分相似，因此叫磁聚焦），當(dāng)入射方向平行

時，這些粒子將從同一點射出，如圖所示，從點4、C、G、C2以相同的方向進入磁場，則這些粒子從同一點8點

射出，從圖中看出，C點越靠近B點，偏轉(zhuǎn)角越小，時間越短，離B點越遠，偏轉(zhuǎn)角越大，時間越長，故D正

確，B、C錯誤。

5.電子質(zhì)量為，小電荷量為e,從坐標原點。處沿xQy平面射入第?象限，射入時速度方向不同，速度大小均為

%,如圖所示?，F(xiàn)在某一區(qū)域加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為&若這些電子穿過磁場

后都能垂直射到熒光屏MN上，熒光屏與y軸平行，求：

二

N

（1）熒光屏上光斑的長度；

（2）所加磁場范圍的最小面積。

答案：（1）翳（2）詈（翳）2

解析：（1）如圖所示，初速度沿x軸正方向的電子，沿弧運動到P點，為熒光屏上光斑的最高點：初速度沿

），軸正方向的電子，沿瓠OC運動到。點，為熒光屏上光斑的最低點。電子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二

定律得“'（歸=〃2竽，解得R=翳，光斑長度PQ=A=翳。

（2）所加磁場的最小面積是以。，為圓心、R為半徑的斜線部分，其面積大小為

S=部2+R2_,R2=等（翳?。

能力練

6.（2020?浙江7月選考23題）某種離子診斷測量簡化裝置如圖所示。豎直平面內(nèi)存在邊界為矩形E/G”、方向垂

直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為8的勻強磁場。探測板CO平行于"G水平放置，能沿豎直方向緩慢移動且接地。

〃、b、c三束寬度不計、間距相等的離子束中的離子均以相同速度持續(xù)從邊界E〃水平射入磁場，》束中的離子在

磁場中沿半徑為我的四分之一圓弧運動后從下邊界“G豎直向下射出，并打在探測板的右邊緣。點。己知每束每

秒射入磁場的離子數(shù)均為N,離子束間的距離均為0.6R,探測板CD的寬度為0.5尺離子質(zhì)量均為加、電荷量均

為外不計重力及離子間的相互作用。

（1）求離子速度，的大小及c束中的離子射出磁場邊界“G時與"點的距離s；

（2）求探測到三束離子時探測板與邊界HG的最大距離卻.；

（3）行打到探測板上的離子被全部吸收，求離子束對探測板的平均作用力的豎直分量F與板到HG距離L的關(guān)

系。

答案：⑴避0.8/?（2）-R（3）見解析

m15

解析：（1）洛倫茲力提供向心力，出/8=4得-=峭

由幾何關(guān)系得OO'=0.6R

（2）a、c束中的離子從同一點。射出，a=p

tana=-

“max

（3）?；?。束中每個離子動量的豎直分量

p：=pcosa=O.SqBR

若OVLW劫時，

R=Np+2Npz=2